2012年海南高考物理试题及答案下载

2012 年普通高等学校招生全国统一考试（海南卷） 物理 第 I 卷 一、单项选择题：本大题共 6 小题，每小题 3 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1． 根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是（ ）A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度 C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比 D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比 2． 如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里。一 带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨 迹不会改变？（ ）A．粒子速度的大小　B．粒子所带的电荷量　 C．电场强度　　　　　 D．磁感应强度 3．如图，直线上有为 o、a、b、c 四点，ab 间的距离与 bc 间的距离相等。在 o 点处有固定点电荷。已知 b 点电势高于 c 点电势。若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从 c 点运动到 b 点，再从 b 点运动 a 点，则（ A．两过程中电场力做的功相等 ）B．前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功 　C．前一过程中，粒子电势能不断减小 　D．后一过程中，粒子动能不断减小 4．如图，理想变压器原、副线圈匝数比为 20：1，两个标有“12V，6W”的小灯泡并联在副线圈的两端。 当两灯泡正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表（可视为理想的）的示数分 别是（ ）A．120V，0.10A C．120V，0.05A B．240V，0.025A D．240V，0.05A 5．如图，一质量为 m 的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ 释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为 T1 和 T2，重力加速度大小为 g，则（ ）A．T1＞mg，T2＞mg　　　　　 B．T1＜mg，T2＜mg 第 1 页 共 24 页 1C．T1＞mg，T2＜mg　　　　　 D．T1＜mg，T2＞mg 6．如图，表面处处同样粗糙的楔形木块 abc 固定在水平地面上，ab 面和 bc 面与地面的夹角分别为 α 和 β， 且 α＞β。一初速度为 v0 的小物块沿斜面 ab 向上运动，经时间 t0 到达顶点 b 时，速度刚好为零；然后让小 物块立即从静止开始沿斜面 bc 下滑。在小物块从 a 运动到 c 的过程中，可能正确描述其速度大小 v 与时间 t 的关系的图像是（ ）二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，在每小题给出的四个选面中，有多个选项是符 合题目要求的，全部选对的，得 4 分；选对但不全的，得 2 分；有选错的，得 0 分。 7．下列关于功和机械能的说法，正确的是（ ）A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功 B．合力对物体所做的功等于物体运动的改变量 　　C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选择有关 　　D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量 8．下列关于摩擦力的说法，正确的是（ ）A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速 　　B．作用在物体上的静动摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速 C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速 D．作用在物体上的静动摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速 9．将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用 d、U、E 和 Q 表 示。下列说法正确的是（ ）A．保持 U 不变，将 d 变为原来的两倍，则 E 变为原来的一半 B．保持 E 不变，将 d 变为原来的一半，则 U 变为原来的两倍 C．保持 d 不变，将 Q 变为原来的两倍，则 U 变为原来的一半 D．保持 d 不变，将 Q 变为原来的一半，则 E 变为原来的一半 第 2 页 共 24 页 210．图中装置可演示磁场对通电导线的作用。电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L 是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。当电磁铁线圈两端 a、b，导轨两端 e、f，分别接到两个不同的直流 电源上时，L 便在导轨上滑动。下列说法正确的是（ ）A．若 a 接正极，b 接负极，e 接正极，f 接负极，则 L 向右滑动 B．若 a 接正极，b 接负极，e 接负极，f 接正极，则 L 向右滑动 C．若 a 接负极，b 接正极，e 接正极，f 接负极，则 L 向左滑动 D．若 a 接负极，b 接正极，e 接负极，f 接正极，则 L 向左滑动 第Ⅱ卷 三、填空题，本大题共 2 小题，每小题 4 分，共 8 分，把答案写在答题卡上指定的答题出，不要求写出过 程。 11．地球同步卫星到地心的距离 r 可用地球质量 M、地球自转周期 T 与引力常量 G 表示为 r＝　　 12．N（N＞1）个电荷量为 q（q＞0）的小球，均匀分布在半径为 R 的圆周上，示意如图。 　。 若移去位于圆周上 P 点的一个小球，则圆心 O 点处的电场强度大小为 （已知静电力常量为 k） ，方向 。四、实验题：本大题 2 小题，第 13 题 6 分，第 14 题 9 分，共 15 分。把答案写在答题 卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 V13．图示电路可用来测量电阻的阻值。其中 E 为电源，R 为已知电阻，R 为待测电阻， 可视为理想电压 ○x表，S0 为单刀单掷开关，S1、S2 单刀双掷开关。 （1）当 S0 闭合时，若 S1、S2 均为向左闭合，电压表读数为 U1；若 S1、S2 均为 向右闭合，电压表读数为 U2。由些可求出 Rx＝ （2）若电源电动势 E＝1.5V，内阻可忽略；电压表量程为 1V，R＝100Ω。此电路 可测量的 Rx 的最大值为 Ω。 。14．一水平放置的轻弹簧，一端固定，另一端与一小滑块接触，但不粘连；初始时滑块静止于水平气垫导 轨上的 O 点，如图（a）所示。现利用此装置探究弹簧的弹性势能 Ep 与其被压强时长度的改变量 x 的关系。 先推动小滑块压缩弹簧，用米尺测量 x 的数值；然后将小滑块从静止释放。 用计数器测出小滑块从 O 点运动至气垫导轨上另一固定点 A 所用的时间 t。 多次改变 x，测得的 x 值及其对应的 t 值如下表所示。（表中的 1/t 值是根据 t 值计算得出的） 第 3 页 共 24 页 3x(cm) t(s) 1.00 3.33 1.50 2.20 2.00 1.60 2.50 1.32 3.00 1.08 1/t(s-1) 0.300 0.455 0.625 0.758 0.926 图（b） 1（1） 根据表中数据，在图（b）中的方格纸上作  x 图线。 t（2） 回答下列问题：（不要求写出计算或推导过程） 111① 已知点（0,0）在  x 图线上，从  x 图线上看， 与x 是什么关系？ ttt② 从理论上分析，小滑块刚脱离弹簧时的动能Ek 与 x 是什么关系（不考虑摩擦力）？ ③ 当弹簧长度改变量为x 时，弹性势能 Ep 与相应的 Ek 是什么关系？ ④ 综合考虑以上分析，Ep 与 x 是什么关系？ 五、计算题：本大题共 2小题，第 15题 9分，第 16题 10分，共 19分。把解答与在答题卡中指定的答题 处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 15．如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中 AB 是长为 R 的水平直轨道，BCD 是圆心为 O、半径为 R 3的圆弧轨道，两轨道相切于 B 点。在外力作用下，一小球从 A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达 B 4点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点 C，重力加速度大小为 g。求 （1）小球在 AB 段运动的加速度的大小； 第 4 页 共 24 页 4（2）小球从 D 点运动到 A 点所用的时间。 16．图（a）所示的 xoy 平面处于匀强磁场中，磁场方向与 xoy 平面（纸面）垂直，磁感应强度 B 随时间 t 变化的周期为 T，变化图线如图（b）所示。当 B 为+B0 时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点 O 有一 2 TBo 带正电的粒子 P，其电荷量与质量之比恰好等于 。不计重力。设 P 在某时刻 to 以某一初速度沿 y 轴正 向自 O 点开始运动，将它经过时间 T 到达的点记为 A。 （1）若 to＝0，则直线 OA 与 x 轴的夹角是多少？ 4（2）若 to＝ ，则直线OA 与 x 轴的夹角是多少？ 4T（3）为了使直线 OA 与 x 轴的夹角为 ，在0＜to＜ 的范围内，to 应取何值？ 4六、选考题：请考生在 17、18、19 三题中任选二题做答，如果多做，则按所做的第一、二题计分。做答时 用 2B 铅笔在答题卡所把所选题目的题号涂黑。计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 17．模块 3－3 试题（12 分） （1）（4 分）两分子间的斥力和引力的合力 F 与分子间距离 r 的关系如图中曲线所示，曲线与 r 轴交点的横 坐标为 ro。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两 第 5 页 共 24 页 5分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是___________（填入正确选项前的字母。选对 1 个给 2 分，选对 2 个给 3 分，选对 3 个给 4 分；每选错 1 个扣 2 分，最低得分为 0 分）。 A．在 r＞ro 阶段，F 做正功，分子动能增加，势能减小 B．在 r＜ro 阶段，F 做负功，分子动能减小，势能增加 C．在 r＝ro 时，分子势能最小，动能最大 D．在 r＝ro 时，分子势能为零 E．分子动能和势能之和在整个过程中不变 （2）（8 分）如图，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为 m、面积为 S 的活塞将一定量的气体封闭在 气缸内，平衡时活塞与气缸底相距 L。现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对 于气缸移动了距离 d。已知大气压强为 po，不计气缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强 仍可视为 po；整个过程温度保持不变。求小车加速度的大小。 18．模块 3－4 试题（12 分） （1）（4 分）某波源 S 发出一列简谐横波，波源 S 的振动图像如图所示。在波的传播方向上有 A、B 两点， 它们到 S 的距离分别为 45m 和 55m。测得 A、B 两点开始振动的时间 间隔为 1.0s。由此可知 ① 波长λ＝___________m； ② 当B 点离开平衡位置的位移为+6cm 时，A 点离开平衡位置的 位移是___________cm。 （2）（8 分）一玻璃三棱镜，其横截面为等腰三角形，顶角 θ 为锐角，折射率为 2 。现 在横截面内有一光线从左侧面上半部射入棱镜。不考虑棱镜内部反射。若保持入射线在入 射点法线的下方一侧（如图），且要求入射角为任何值的光线都会从棱镜的右侧面射出， 则顶角 θ 可在什么范围内取值？ 19．模块 3－5 试题（12 分） （1）（4分）产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能 Ek，下列说法正确的是__________（填入正确 选项前的字母。选对 1 个给 2 分，选对 2 个给 3 分，选对 3 个给 4 分；每选错 1 个扣 2 分，最低得分为 0 第 6 页 共 24 页 6分）。 A．对于同一种金属，Ek与照射光的强度无关 B．对于同一种金属，Ek与照射光的波长成反比 C．对于同一种金属，Ek与照射光的时间成正比 D．对于同一种金属，Ek与照射光的频率成线性关系 E．对于同一种金属，若照射光频率不变，Ek与金属的逸出功成线性关系 238 （2）（8 分）一静止的 U核经 衰变成为 234Th核，释放的总动能为 4.27MeV。问此衰变后 234Th核的动 90 90 92 能为多少（保留 1 位有效数字）？ 2012 年海南省高考物理试卷 参考答案与试题解析 　一、单项选择题：本大题共 6 小题，每小题 3 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的． 1．（3 分）（2012•海南）根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是（　　） A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 B．物体所受合外力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度 C．物体加速度的大小跟它的所受作用力中的任一个的大小成正比 D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比 【考点】牛顿第二定律．菁优网版权所有 【专题】牛顿运动定律综合专题． 【分析】解答本题应掌握：牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小与合外力成正比，与质量成反比；力 是产生加速度的原因；当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成 反比． 【解答】解：A、根据牛顿第二定律得知：物体加速度的大小跟质量成反比，与速度无关．故 A 错误． B、力是产生加速度的原因，只要有力，就产生加速度，力与加速度是瞬时对应的关系．故 B 错误． C、物体加速度的大小跟物体所受的合外力成正比，而不是跟它的所受作用力中的任一个的大小成正比． 故 C 错误． D、当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，根据牛顿第二定律 F=ma 可知，物体水平加速度大小 与其质量成反比．故 D 正确． 故选 D 【点评】本题考查对牛顿第二定律的理解和掌握情况，关键要抓住：物体加速度的大小与合外力成正比， 与质量成反比；力是产生加速度的原因． 　2．（3 分）（2012•海南）如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向 垂直于纸面向里．一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板．若不计重力，下列四个物理量中哪一个 改变时，粒子运动轨迹不会改变？（　　） 第 7 页 共 24 页 7A．粒子速度的大小 B．粒子所带的电荷量 C．电场强度 D．磁感应强度 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有 【专题】带电粒子在电场中的运动专题． 【分析】带电粒子进入正交的电场和磁场中，受到电场力和洛伦兹力而做匀速直线运动，根据平衡条件得 到电场力与洛伦兹力的关系，洛伦兹力与速度大小成正比．当洛伦兹力与电场力仍平衡时，粒子的运动轨 迹不会改变． 【解答】解：由题，粒子受到电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，则有 qvB=qE，即有 vB=E．① A、改变粒子速度的大小，则洛伦兹力随之改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变． 故 A 错误． B、由①知，粒子的电量改变时，洛伦兹力与电场力大小同时改变，两个力仍然再平衡，故粒子的轨迹不 发生改变．故 B 正确． C、改变电场强度，电场力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变．故 C 错误． D、改变磁感应强度，洛伦兹力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变．故 D 错误． 故选 B 【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通 过受力情况分析粒子的运动情况． 　3．（3 分）（2012•海南）如图，直线上有 O、a、b、c 四点，ab 间的距离与 bc 间的距离相等．在 O 点处 有固定点电荷．已知 b 点电势高于 c 点电势．若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从 c 点运动到 b 点， 再从 b 点运动到 a 点，则（　　） A．两过程中电场力做的功相等 B．前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功 C．前一过程中，粒子电势能不断减小 D．后一过程，粒子动能不断减小 【考点】电势能；动能定理的应用．菁优网版权所有 【专题】电场力与电势的性质专题． 【分析】根据 b 点电势高于 c 点电势，可判断出电场线的方向，确定出点电荷的电性，即可知道 a、b 间与 b、c 间场强的大小关系，由 U=Ed 分析电势差关系，由 W=qU，分析电场力做功的关系； 根据电场力方向与负电荷速度方向的关系，判断出电场力做功的正负，即可判断电势能和动能的变化． 【解答】解：A、B 由题，b 点电势高于 c 点电势，则知电场线方向由 O 指向 c，则点电荷带正电，a、b 间 电场线比 b、c 间电场线密，则 a、b 间场强大于 b、c 间的场强，由公式 U=Ed 可知，a、b 间电势差大于 b、 c 间电势差，由公式 W=qU 可知，前一过程中电场力做的功小于后一过程中电场力做的功．故 AB 错误． C、负电荷所受的电场力方向向左，与速度方向相同，则电场力做正功，电势能减小．故 C 正确． D、电场力做正功，由动能定理得知，后一过程，粒子动能不断增大．故 D 错误． 故选 C 【点评】本题利用匀强电场中电势差与场强关系公式 U=Ed，定性判断 a、b 间与 b、c 间电势差的大小，根 据电场力与速度方向的关系判断电场力做功正负，都是常用的方法和思路． 　第 8 页 共 24 页 84．（3 分）（2012•海南）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为 20：1，两个标有“12V，6W”的小灯泡并 联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表（可视为理想表）的示数分别 是（　　） A．120V，0.10A B．240V，0.025AC．120V，0.005AD．240V，0.05A 【考点】变压器的构造和原理．菁优网版权所有 【专题】交流电专题． 【分析】灯泡正常工作，电压为额定电压，进而求出副线圈电压和电流，再根据变压器原副线圈电压、电 流与线圈匝数的关系即可求解，电流表和电压表都是有效值． 【解答】解：灯泡正常工作，所以副线圈电压 U2=12V，电流 根据 根据 得：U1=240V 解得：I1=0.05A 所以电压表和电流表的示数分别为：240V，0.05A 故选 D 【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，本题即可得到解决． 　5．（3 分）（2012•海南）如图，一质量为 m 的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环 中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ．设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别 为 T1 和 T2，重力加速度大小为 g，则（　　） A．T1＞mg，T2＞mg B．T1＜mg，T2＜mg C．T1＞mg，T2＜mg D．T1＜mg，T2＞mg 【考点】楞次定律．菁优网版权所有 【专题】压轴题；电磁感应中的力学问题． 第 9 页 共 24 页 9【分析】根据楞次定律进行判定：圆环从静止开始向下运动时，穿过圆环的磁通量先增大后减小，故圆环 和磁铁先排斥后吸引． 【解答】解：深刻理解楞次定律的含义：磁铁和线圈之间的所有作用效果均是阻碍线圈磁通量的变化．在 本题中圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中，穿过圆环的磁通量先增加再减小，根据楞次定 律可知磁铁对线圈的反应是：感应电流的磁场先阻碍磁通量先增加再阻碍其减小，即先是排斥其向下运动， 阻碍其磁通量增大，后是吸引线圈，阻碍其磁通量的减小．故两种情况下，绳的拉力都大于 mg；经过磁铁 位置Ⅱ的时候速度较大，阻碍的作用也较大，故 T1＜T2．因此，A 正确． 故选：A． 【点评】深刻理解楞次定律“阻碍”的含义．如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的． 　6．（3 分）（2012•海南）如图，表面处处同样粗糙的楔形木块 abc 固定在水平地面上，ab 面和 bc 面与地 面的夹角分别为 α 和 β，且 α＞β．一初速度为 v0 的小物块沿斜面 ab 向上运动，经时间 t0 后到达顶点 b 时， 速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面 bc 下滑．在小物块从 a 运动到 c 的过程中，可能正确 描述其速度大小 v 与时间 t 的关系的图象是（　　） A． B． C． D． 【考点】匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．菁优网版权所有 【专题】压轴题；运动学中的图像专题． 【分析】v﹣t 图象的斜率等于加速度，根据牛顿第二定律列式可比较物块上滑和下滑的加速度大小．根据 运动学公式比较两个过程的时间关系及速度关系，即可选择图象． 【解答】解：设物块上滑与下滑的加速度大小分别为 a1 和 a2．根据牛顿第二定律得： mgsinα+μmgcosα=ma1，mgsinβ﹣μmgcosβ=ma2， 得 a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinβ﹣μgcosβ， 则知 a1＞a2 而 v﹣t 图象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率． 上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由 x= 知，上滑过程时间较短． 因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图象都是直线． 由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达 c 点的速度小于 v0．故 C 正确，ABD 错误． 故选 C 【点评】本题关键运用牛顿第二定律和运动学公式分析两个过程加速度关系、运动时间关系，即可结合图 象的物理意义进行选择． 　二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的．全部选对的，得 4 分；选对但不全的，得 2 分；有选错的，得 0 分． 第 10 页 共 24 页 10 7．（4 分）（2012•海南）下列关于功和机械能的说法，正确的是（　　） A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功 B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量 C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关 D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量 【考点】功能关系．菁优网版权所有 【分析】功是能量转化的量度：总功是动能变化的量度；重力功是重力势能变化的量度． 【解答】解：A、重力做功是重力势能变化的量度，即任何情况下重力做功都等于重力势能的减小量，故 A 错误； B、根据动能定理，有合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，故 B 正确； C、重力势能具有系统性和相对性，即物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点 的选取有关，故 C 正确； D、只有机械能守恒时，才有动能的减少量等于重力势能的增加量，故 D 错误； 故选 BC． 【点评】本题考查了功能关系的几种不同形式，关键要明确哪种能的变化与哪种功相对应． 　8．（4 分）（2012•海南）下列关于摩擦力的说法，正确的是（　　） A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速 B．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速 C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速 D．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速 【考点】滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力．菁优网版权所有 【专题】摩擦力专题． 【分析】当滑动摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体做加速运动；当静摩擦力与物体的运动方向相 反时，物体做减速运动；静摩擦力和滑动摩擦力都既可能使物体减速，也可能使物体加速． 【解答】解：A、作用在物体上的滑动摩擦力方向，若与物体的运动方向相同时，能使物体加速，比如物体 轻轻放在水平匀速传动的传送带上时物体受到滑动摩擦力而加速．故 A 错误． B、当静摩擦力与物体的运动方向相反时，物体可能做减速运动．故 B 错误． C、当滑动摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体可能做加速运动；当滑动摩擦力方向与物体的运动方 向相反时，物体可能做减速运动．故 C 正确． D、当静摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体可能做加速运动；当静摩擦力方向与物体的运动方向相 反时，物体可能做减速运动．故 D 正确． 故选 CD 【点评】本题中判断物体做加速还是减速运动，关键要看摩擦力与物体运动方向的关系，摩擦力与速度同 向时，可能加速；反之，减速． 　9．（4 分）（2012•海南）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分 别用 d、U、E 和 Q 表示．下列说法正确的是（　　） A．保持 U 不变，将 d 变为原来的两倍，则 E 变为原来的一半 B．保持 E 不变，将 d 变为原来的一半，则 U 变为原来的两倍 C．保持 d 不变，将 Q 变为原来的两倍，则 U 变为原来的一半 第 11 页 共 24 页 11 D．保持 d 不变，将 Q 变为原来的一半，则 E 变为原来的一半 【考点】电容器的动态分析．菁优网版权所有 【专题】压轴题；电容器专题． 【分析】保持 U 不变，根据公式 E= 分析 E 与 d 的关系；保持 E 不变，U 与 d 正比；保持 d 不变，C 不变 ，根据 C= 分析 Q 与 U 的关系；保持 d 不变，将 Q 变为原来的一半，由 C= 分析 U 的变化，由 E= 分析 E 的变化． 【解答】解：A、保持 U 不变，将 d 变为原来的两倍，根据公式 E= 可知，E 变为原来的一半．故 A 正确． B、保持 E 不变，将 d 变为原来的一半，由 U=Ed 可知，U 变为原来的一半．故 B 错误． C、保持 d 不变，电容 C 不变，将 Q 变为原来的两倍，由公式 C= 分析可知，U 变为原来的两倍．故 C 错 误． D、保持 d 不变，电容 C 不变，将 Q 变为原来的一半，由公式 C= 分析可知，U 变为原来的一半，由 E= 分析知，E 变为原来的一半．故 D 正确． 故选 AD 【点评】本题关键要掌握 E= 、C= 两个公式，同时，要明确 d 不变时，电容 C 不变． 　10．（4 分）（2012•海南）图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内 固定两条平行金属导轨，L 是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端 a、b，导轨两端 e、f， 分别接到两个不同的直流电源上时，L 便在导轨上滑动．下列说法正确的是（　　） A．若 a 接正极，b 接负极，e 接正极，f 接负极，则 L 向右滑动 B．若 a 接正极，b 接负极，e 接负极，f 接正极，则 L 向右滑动 C．若 a 接负极，b 接正极，e 接正极，f 接负极，则 L 向左滑动 D．若 a 接负极，b 接正极，e 接负极，f 接正极，则 L 向左滑动 【考点】安培力．菁优网版权所有 【专题】压轴题． 【分析】由安培定则判断出电流产生的磁场方向，然后由左手定则判断出导体棒受到的安培力方向，从而 判断出导轨 L 的移动方向． 【解答】解：A、由安培定则与左手定则可知，若 a 接正极，b 接负极，e 接正极，f 接负极，L 所受安培力 向左，L 向左滑动，故 A 错误； 第 12 页 共 24 页 12 B、由安培定则与左手定则可知，若 a 接正极，b 接负极，e 接负极，f 接正极，L 受到的安培力向右，L 向 右滑动，故 B 正确； C、由安培定则与左手定则可知，若 a 接负极，b 接正极，e 接正极，f 接负极，L 所受安培力向右，L 向右 滑动，故 C 错误； D、由安培定则与左手定则可知，若 a 接负极，b 接正极，e 接负极，f 接正极，L 所受安培力向左，则 L 向 左滑动，故 D 正确； 故选 BD． 【点评】熟练应用安培定则与左手定则即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题． 　三、填空题：本大题共 2 小题，每小题 4 分，共 8 分．把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演 算过程． 11．（4 分）（2012•海南）地球同步卫星到地心的距离 r 可用质量 M、地球自转周期 T 与引力常量 G 表示 为 r=　 　． 【考点】同步卫星．菁优网版权所有 【专题】压轴题；人造卫星问题． 【分析】同步卫星与地球相对静止，因而与地球自转同步，根据万有引力提供向心力，即可求出相关的量． 【解答】解：根据万有引力提供向心力，列出等式： =m r， r= 故答案为： 【点评】本题关键抓住万有引力等于向心力，卫星转动周期与地球自转同步． 　12．（4 分）（2012•海南）N（N＞1）个电荷量均为 q（q＞0）的小球，均匀分布在半径为 R 的圆周上， 示意如图．右移去位于圆周上 P 点的一个小球，则圆心 O 点处的电场强度大小为　，方向　沿OP 指 向 P　． 【考点】点电荷的场强．菁优网版权所有 第 13 页 共 24 页 13 【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题． 【分析】由于成圆周对称性，所以如果没移去电荷之前肯定圆心处场强为 0，而该点场强是所有电荷在该点 场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种是要移去的电荷，另一种是其他电荷．不管怎样，总之这两 种电荷产生的合场强为 0，所以只要算出要移去电荷在该点的场强． 【解答】解：如果没移去电荷之前，N（N＞1）个电荷量均为 q（q＞0）的小球，均匀分布在半径为 R 的 圆周上在圆心处场强为 0， 该点场强可以看成是移去的电荷和其余的电荷在该点场强的叠加， 所以移去电荷后，在圆心 O 点处的电场强度与移去的电荷在该处的场强大小相等，方向相反． 根据库仑定律得圆心 O 点处的电场强度大小为 ，方向沿OP 指向 P 故答案为： ，沿OP 指向 P． 【点评】该题考查了场强叠加原理和库伦定律，还有对对称性的认识． 　四、实验题：本大题共 2 小题，第 13 题 6 分，第 14 题 9 分，共 15 分．把答案写在答题卡中指定的答题处 ，不要求写出演算过程． 13．（6 分）（2012•海南）图示电路可用来测量电阻的阻值．其中 E 为电源，R 为已知电阻，Rx 为待测电 阻， 可视为理想电压表，S0 为单刀单掷开关，S1、S2 为单刀双掷开关． （1）当 S0 闭合时，若 S1、S2 均向左闭合，电压表读数为 U1；若 S1、S2 均向右闭合，电压表读数为 U2． 由此可求出 Rx=　 　． （2）若电源电动势 E=1.5V，内阻可忽略；电压表量程为 1V，R=100Ω．此电路可测量的 Rx 的最大值为　200　 Ω． 【考点】闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有 【专题】压轴题；恒定电流专题． 【分析】通过不同的接点，用一个电压表分别测量出两个电阻的分担电压，根据二者电流相等，推导出带 测电阻的表达式． 【解答】解：（1）当 S2 向左闭合，S1 向左时，测量的 U1 是 RX 的分压，将 S2 向右闭合，S1 向右时，测量 的 U2 是 R 的分压，RX 与 R 串联，则有 ，所以：RX= 第 14 页 共 24 页 14 （2）RX 与 R 串联，所以当电压表测量 RX 时达到最大量程时，RX 阻值最大，此时 RX= =200Ω =故答案为： ；200． 【点评】本题考查了用一个电压表通过巧妙的实验设计测量电阻的实验，是个创新性很强的题目． 　14．（9 分）（2012•海南）一水平放置的轻弹簧，一端固定，另一端与一小滑块接触，但不粘连；初始时 滑块静止于水平气垫导轨上的 O 点，如图（a）所示．现利用此装置探究弹簧的弹性势能 Ep 与其被压缩时 长度的改变量 x 的关系．先推动小滑块压缩弹簧，用米尺测出 x 的数值；然后将小滑块从静止释放．用计 时器测出小滑块从 O 点运动至气垫导轨上另一固定点 A 所用时间 t．多次改变 x 值及其对应的 t 值如下表所 示．（表中的 1/t 值是根据 t 值计算得出的） x（cm） t（s） 1.00 3.33 0.300 1.50 2.20 0.455 2.00 1.60 0.625 2.50 1.32 0.758 3.00 1.08 0.926 l/t（s﹣1） （1）根据表中数据，在图（b）中的方格纸上做 ﹣x 图线． （2）回答下列问题：（不要求写出计算或推导过程） ①已知点（0，0）在 ﹣x 图线上，从 ﹣x 图线看， 与x 是什么关系？ ②从理论上分析，小滑块刚脱离弹簧时的动能 Ek 与 是什么关系（不考虑摩擦力）？ ③当弹簧长度该变量为 x 时，弹性势能 Ep 与相应 Ek 是什么关系？ ④综合考虑以上分析，Ep 与 x 是什么关系？ 【考点】弹性势能．菁优网版权所有 第 15 页 共 24 页 15 【专题】实验题；压轴题． 【分析】（1）通过描点法作图即可； （2）① ﹣x 图线是直线，说明 与x 是正比关系； ② 与速度成正比，Ek 与速度平方成正比； ③机械能守恒，故弹簧减小的弹性势能等于增加的动能，即 Ep=Ek； ④Ek 与（ ）2 成正比，Ep=Ek， 与x 成正比，故 Ep 与 x 的平方成正比． 【解答】解：（1）根据表中数据，在图（b）中的方格纸上作出 ﹣x 图线，如图所示． （2）① ﹣x 图线是直线，故 与x 成正比； ② 与速度成正比，Ek 与速度平方成正比，故 Ek 与（ ）2 成正比； ③根据机械能守恒，有 Ep=Ek； ④Ek 与（ ）2 成正比，Ep=Ek， 与x 成正比，Ep 与 x2 成正比． 答：（1）如图所示． （2）① 与 x 成正比； ②Ek 与（ ）2 成正比； ③Ep=Ek； ④Ep 与 x2 成正比． 【点评】本题关键是明确实验原理，通过作图得到 ∝x，逐步分析得到 Ep 与 x2 成正比． 　五、计算题：本大题共 2 小题，第 15 题 9 分，第 16 题 10 分，共 19 分．把解答写在答题卡中指定的答题 处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算过程步骤． 第 16 页 共 24 页 16 15．（9 分）（2012•海南）如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中 AB 是长为 R 的水平直轨道，BCD 是圆心为 O、半径为 R 的 圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从 A 点由静止开始做匀 加速直线运动，到达 B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点 C，重力加速度大小为 g．求： （1）小球从在 AB 段运动的加速度的大小； （2）小球从 D 点运动到 A 点所用的时间． 【考点】向心力；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；动能定理．菁优网版权所有 【专题】压轴题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用． 【分析】（1）物体恰好通过最高点，意味着在最高点是轨道对滑块的压力为 0，即重力恰好提供向心力， 这样我们可以求出 C 点速度，从 B 到 C 的过程中运用动能定理求出 B 点速度，根据匀加速直线运动位移速 度公式即可求解加速度； （2）小球离开 D 点做加速度为 g 的匀加速直线运动，根据位移时间公式即可求解时间． 【解答】解：（1）小滑块恰好通过最高点，则有：mg=m 解得： 从 B 到 C 的过程中运用动能定理得： =﹣mg•2R 解得：vB= 根据位移速度公式得：2aR= 解得：a= （2）从 C 到 D 的过程中运用动能定理得： =mgR 解得： 小球离开 D 点做加速度为 g 的匀加速直线运动，根据位移时间公式得： R= 第 17 页 共 24 页 17 解得：t= 答：（1）小球从在 AB 段运动的加速度的大小为 （2）小球从 D 点运动到 A 点所用的时间为 ；．【点评】本题主要考查了动能定理，运动学基本公式的直接应用，物体恰好通过 C 点是本题的突破口，这 一点要注意把握，难度适中． 　16．（10 分）（2012•海南）图（a）所示的 xoy 平面处于匀强磁场中，磁场方向与 xoy 平面（纸面）垂直， 磁感应强度 B 随时间 t 变化的周期为 T，变化图线如图（b）所示．当 B 为+B0 时，磁感应强度方向指向纸 外．在坐标原点 O 有一带正电的粒子 P，其电荷量与质量恰好等于 ．不计重力．设 P 在某时刻 t0 以某 一初速度沿 y 轴正向 O 点开始运动，将它经过时间 T 到达的点记为 A． （1）若 t0=0，则直线 OA 与 x 轴的夹角是多少？ （2）若 t0=T/4，则直线 OA 与 x 轴的夹角是多少？ （3）为了使直线 OA 与 x 轴的夹角为 π/4，在 0＜t0＜π/4 的范围内，t0 应取何值？ 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有 【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题． 【分析】（1）粒子在里面做圆周运动，由此可以得到粒子在一个周期内的运动轨迹，进而可知夹角 （2）粒子 P 在 时刻开始运动，在 到时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达D 点，此时 磁场方向反转；继而，在 t= 到 t=T 时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达 B 点，此时磁场方向再次 反转；在 t=T 到 t= 时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达A 点，画出图，可得夹角 （3）若在任意时刻 t=t0（ ）粒子 P 开始运动，在 t=t0 到 t= 时间内，沿顺时针方向做圆周运动 此时磁场方向 到达 C 点，圆心 O′位于 x 轴上，圆弧 OC 对应的圆心角为 反转；继而，在 t= 到 t=T 时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达 B 点，此时磁场方向再次反转；在 t=T 到 t=T+t0 时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达 A 点，设圆 O″，圆弧 BA 对应的圆心角为 ，画出图象，可得角度，进而得到时间． 【解答】解： 第 18 页 共 24 页 18 （1）设粒子 P 的质量、电荷量与初速度分别为 m、q 与 v，粒子 P 在洛仑兹力作用下，在 xy 平面内做圆周 运动，分别用 R 与 T′表示圆周的半径和运动周期，则有： 由①②式与已知条件得 T′=T 粒子 P 在 t=0 到 t= 时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达 x 轴上 B 点，此时磁场方向反转；继而， 在到 t=T 时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达 x 轴上 A，如图（a）所示． OA 与 x 轴的夹角 θ=0 （2）粒子 P 在 ④时刻开始运动，在 到时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达D 点，此时 磁场方向反转；继而，在 t= 到 t=T 时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达 B 点，此时磁场方向再次 反转；在 t=T 到 t= 时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达A 点，如图（b）所示， 由几何关系可知，A 点在 y 轴上，即 OA 与 x 轴的夹角 ⑤第 19 页 共 24 页 19 （3）若在任意时刻 t=t0（ ）粒子 P 开始运动，在 t=t0 到 t= 时间内，沿顺时针方向做圆周运动 到达 C 点，圆心 O′位于 x 轴上，圆弧 OC 对应的圆心角为 ⑥此时磁场方向反转；继而，在 t= 到 t=T 时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达 B 点，此时磁场方向 再次反转；在 t=T 到 t=T+t0 时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达 A 点，设圆 O″，圆弧 BA 对应的圆心角 为⑦如图（c）所示， 由几何关系可知，C、B 均在 O′O″连线上，且 OA∥O′O″⑧ 若要 OA 与 x 轴成 角，则有 ⑨，联立⑥⑨式可得 ⑩答： （1）若 t0=0，则直线 OA 与 x 轴的夹角是 0 （2）若 t0= ，则直线 OA 与 x 轴的夹角是 （3）为了使直线 OA 与 x 轴的夹角为 ，在0＜t0＜ 的范围内，t0 应取 【点评】本题是能力要求非常高的对带电粒子在磁场中圆周运动轨迹的分析，带电粒子在磁场中的运动， 一般都会牵涉轨迹分析，但很少会有这么多的轨迹分析，轨迹分析是非常重要的技能，可以用这个题来锻 炼自己对带电粒子在磁场中运动的轨迹分析能力． 　六、选考题：请考生在三个选修中任选二作答，如果多做，则按所做的第一、二选修计分．作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．计算请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．选修 3-3： 17．（4 分）（2012•海南）两分子间的斥力和引力的合力 F 与分子间距离 r 的关系如图中曲线所示，曲线 与 r 轴交点的横坐标为 r0．相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近．若两分子相距无穷远 时分子势能为零，下列说法正确的是（　　） 第 20 页 共 24 页 20 A．在 r＞r0 阶段，F 做正功，分子动能增加，势能减小 B．在 r＜r0 阶段，F 做负功，分子动能减小，势能减小 C．在 r＜r0 阶段，F 做正功，分子动能减小，势能减小 D．在 r=r0 时，分子势能为零 E．分子动能和势能之和在整个过程中不变 【考点】分子间的相互作用力；分子势能．菁优网版权所有 【专题】压轴题；内能及其变化专题． 【分析】当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分 子力表现为斥力；根据图象分析答题． 【解答】解：由图象可知：分析间距离为 r0 时分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离； A、r0 是分子的平衡距离，r 大于平衡距离，分子力表现为引力，F 做正功，分子动能增加，势能减小，故 A 正确； B、C、当 r 小于 r0 时，分子间的作用力表现为斥力，F 做负功，分子动能减小，势能增加，故 BC 错误； D、当 r 等于 r0 时，分子势能最小但不为零，故 C 错误； E、分子动能和势能之和在整个过程中不变，故 D 正确； 故选 AE． 【点评】分子间距离等于平衡距离时分子势能最小，掌握分子间作用力与分子间距离的关系、分子清楚图 象，即可正确解题． 　18．（8 分）（2012•海南）如图，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为 m、面积为 S 的活塞将一定 量的气体封闭在气缸内，平衡时活塞与气缸底相距 L．现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳 定时发现活塞相对于气缸移动了距离 d．已知大气压强为 P0，不计气缸和活塞间的摩擦；且小车运动时， 大气对活塞的压强仍可视为 P0；整个过程中温度保持不变．求小车加速度的大小． 【考点】封闭气体压强．菁优网版权所有 【专题】压轴题；气体的压强专题． 【分析】选择活塞为研究对象，对其进行受力分析，利用气体的状态参量来表示活塞的受力情况，由牛顿 第二定律列式，结合气体状态的变化，即可求出小车的加速度． 【解答】解：设小车加速度大小为 a，稳定是气缸内气体的压强为 P1，活塞受到气缸内外气体的压力分别 为：f1=P1S1f0=P0S1 由牛顿第二定律得：f1﹣f0=ma 小车静止时，在平衡情况下，气缸内气体的压强为 P0，由波意耳定律得：P1V1=P0V 式中 V=SL，V1=S（L﹣d） 第 21 页 共 24 页 21 联立得：a= 答：小车加速度的大小为 【点评】该题考察了波意耳定律和你的第二定律及其相关知识，解答此类为题，要注意研究对象的选择， 常常选择受力个数较少的物体进行分析，利用牛顿第二定律进行解答． 　选修 3-4： 19．（4 分）（2012•海南）（模块 3﹣4）某波源 S 发出一列简谐横波，波源 S 的振动图象如图所示．在波 的传播方向上有 A、B 两点，它们到 S 的距离分别为 45m 和 55m．测得 A、B 两点开始振动的时间间隔为 1.0s．由此可知 ①波长 λ=　20　m； ②当 B 点离开平衡位置的位移为+6cm 时，A 点离开平衡位置的位移是　﹣6　cm． 【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．菁优网版权所有 【专题】压轴题． 【分析】由振动图象图象读出周期，根据 A、B 两点开始振动的时间间隔为 1.0s，可知 AB 间的距离为半个 波长，进而求出波长，AB 两个点之间始终相差半个周期，当 B 点在正的最大位移处时，A 在负的最大位移 处． 【解答】解：①由振动图象可知，T=2s，A、B 两点开始振动的时间间隔为 1.0s，所以 AB 间的距离为半个 波长，所以 λ=2×（55﹣45）m=20m ②AB 两个点之间始终相差半个周期，所以当 B 点离开平衡位置的位移为+6cm 时，A 点离开平衡位置的位 移是﹣6cm 故答案为：20，﹣6． 【点评】本题要求同学们能根据振动图象图象读出周期，进而判断 AB 两点的位置关系，从而求波长，难 度不大，属于基础题． 　20．（8 分）（2012•海南）一玻璃三棱镜，其横截面为等腰三角形，顶角 θ 为锐角，折射率为 ．现在横 截面内有一光线从其左侧面上半部射入棱镜．不考虑棱镜内部的反射．若保持入射线在过入射点的法线的 下方一侧（如图），且要求入射角为任何值的光线都会从棱镜的右侧面射出，则顶角 θ 可在什么范围内取 值？ 【考点】光的折射定律．菁优网版权所有 第 22 页 共 24 页 22 【专题】压轴题；光的折射专题． 【分析】作出光路图，根据光的折射定律结合光在另一侧面上折射时不能发生全反射，通过几何关系求出 顶角的范围． 【解答】解：设入射光线经玻璃折射时，入射角为 i，折射角为 r，射至棱镜右侧面的入射角为 α，根据折 射定律得， sini=nsinr ①由几何关系得， θ=α+r ②当 i=0 时，由①知 r=0，α 有最大值 αm．由②知， θ=αm．③ 同时 αm 应小于玻璃对空气全反射的临界角．即 ④由①②③④式及题设条件可知 0＜θ＜45°． 答：顶角 θ 可在 0＜θ＜45°范围内取值． 【点评】解决本题的关键掌握光的折射定律，以及掌握发生全反射的条件． 　选修 3-5： 21．（2012•海南）（模块 3﹣5）产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能 Ek，下列说法正确的是 （　　 ）A．对于同种金属，Ek 与照射光的强度无关 B．对于同种金属，Ek 与照射光的波长成正比 C．对于同种金属，Ek 与照射光的时间成正比 D．对于同种金属，Ek 与照射光的频率成线性关系 E．对于不同种金属，若照射光频率不变，Ek 与金属的逸出功成线性关系． 【考点】爱因斯坦光电效应方程；光电效应．菁优网版权所有 【专题】压轴题；光电效应专题． 【分析】根据光电效应方程 Ekm=hv﹣W0 进行分析． 【解答】解：A、光电子的最大初动能与入射光的强度无关．故 A 正确． B、根据光电效应方程 Ekm=hv﹣W0= ，对于同种金属，逸出功相同，知最大初动能与入射光的波 长不成正比．故 B 错误． C、最大初动能与照射光的时间无关．故 C 错误． D、根据光电效应方程 Ekm=hv﹣W0 知，同种金属，逸出功相等，则最大初动能与入射光的频率成线性关系 ．故 D 正确． 第 23 页 共 24 页 23 E、对于不同的金属，逸出功不同，若照射光的频率不变，根据光电效应方程 Ekm=hv﹣W0 知，Ek 与金属的 逸出功成线性关系．故 E 正确． 故选 ADE 【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程 Ekm=hv﹣W0，知道最大初动能与入射光的强度和照射时间无关 ．　22．（2012•海南）一静止的 U 核经 α 衰变成为 Th，释放出的总动能为 4.27MeV．问此衰变后 Th 核的动能为多少 MeV（保留 1 位有效数字）？ 【考点】动量守恒定律；爱因斯坦质能方程．菁优网版权所有 【专题】压轴题；动量定理应用专题． 【分析】选择正确的研究对象． 根据动量守恒定律列出等式解决问题 根据能量守恒列出等式求解问题 【解答】解：据题意知， U 核经 α 衰变成为 Th，根据却是守恒定律得 0=MThvTh﹣Mαvα ①式中，Mα 和 MTh 分别为 α 粒子和 Th 核的质量， vα 和 vTh 分别为 α 粒子和 Th 核的速度的大小． 由题设条件知 22EK= Mαvα + MThvTh ②=③由①②③式得，衰变后 Th 核的动能 MThvTh2=0.07MeV 答：衰变后 Th 核的动能为 0.07MeV． 【点评】解决问题首先要清楚研究对象的运动过程． 我们要清楚运动过程中能量的转化，以便从能量守恒角度解决问题． 把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题． 第 24 页 共 24 页 24